电磁学第四章习题答案
达标作业 第四章 电磁感应 参考答案
参考答案第四章 电磁感应1、划时代的发现2、探究感应电流的产生条件1答案：C2答案：C解析：穿过闭合回路的磁通量大小取决于磁感应强度、回路所围面积以及两者夹角三个因素，所以只了解其中一个或两个因素无法确定磁通量的变化情况，A 、B 项错误；同样由磁通量的特点，也无法判断其中一个因素的情况，C 项正确，D 项错误．3答案：D解析：将线框向左拉出磁场的过程中，线框的bc 部分做切割磁感线的运动，或者说穿过线框的磁通量减少，所以线框中将产生感应电流．当线框以ab 边为轴转动时，线框的cd 边的右半段在做切割磁感线的运动，或者说穿过线框的磁通量在发生变化，所以线框中将产生感应电流．当线框以ad 边为轴转动(小于60°)时，穿过线框的磁通量在减小，所以在这个过程中线框中会产生感应电流，如果转过的角度超过60°，bc 边将进入无磁场区，那么线框中将不产生感应电流(60°～300°)．当线框以bc 边为轴转动时，如果转动的角度小于60°，则穿过线框的磁通量始终保持不变(其值为磁感应强度与矩形面积的一半的乘积)．4答案：开关位置接错解析：图中所示开关的连接不能控制含有电源的电路中电流的通断．而本实验的内容之一就是用来研究在开关通断瞬间，导致线圈B 内磁场变化，进而产生感应电流的情况，但图中的接法却达不到目的．5.解析：(1)线框进入磁场的过程，在0～l v 时间段内有感应电流产生；线框离开磁场的过程，在2lv ～3l v时间段内有感应电流产生． (2)如图所示，图中磁通量最大值Φm ＝BS ＝Bl 2.答案：(1)0～l v 和2l v ～3l v(2)如解析图3、楞次定律1答案：C2答案：CD解析：先根据楞次定律“来拒去留”判断线圈的N极和S极，A中线圈上端为N极，B 中线圈上端为N极，C中线圈上端为S极，D中线圈上端为S极，再根据安培定则确定感应电流的方向，A、B错误，C、D正确．3答案：BD解析：根据楞次定律的推广应用——面积“增缩减扩”可判BD正确．4答案：AD解析：根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因，本题的“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近，所以P、Q将相互靠近且磁铁的加速度小于g.5答案：C解析：导线ab向右加速运动时，M中产生顺时针方向且逐渐增大的感应电流．由楞次定律可判N中产生逆时针方向的感应电流且有收缩的趋势，C选项正确．4、法拉第电磁感应定律1答案：D解析：感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率是表征磁通量变化快慢的物理量，磁通量变化越快，磁通量变化率越大，感应电动势越大，D 选项对；感应电动势大小与磁通量变化的大小、磁通量的大小及线圈所在处的磁场强弱均无直接关系，ABC 选项错．2答案：B3答案：C解析： 根据E ＝n ΔΦΔt 可知：图甲中E ＝0，A 错；图乙中E 为恒量，B 错；图丙中0～t 0时间内的E 1大于t 0～2t 0时间内的E 2，C 正确；图丁中E 为变量，D 错．4答案：A解析：导体杆向右匀速运动产生的感应电动势为Blv ，R 和导体杆形成一个串联电路，由分压原理得U ＝Blv R ＋R ·R ＝12Blv ，由右手定则可判断出感应电流方向由N →M →b →d ，所以A 选项正确．5答案：(1)π4A 方向由B 流向A (2)1.5πV解析：(1)电流方向从B 流向A由E ＝n ΔφΔt 可得 ：E ＝n πd 22ΔB4ΔtI ＝ER ＋r ＝n πd 22ΔB4Δt R ＋r ＝π4A . (2)U ＝IR ，解得：U ＝1.5πV.5、电磁感应现象的两类情况1答案：A解析：a 粒子一直在恒定的磁场中运动，受到的洛伦兹力不做功，动能不变；b 粒子在变化的磁场中运动，由于变化的磁场要产生感生电场，感生电场会对它做正功，所以，A 选项是正确的．2答案：C解析：鸽子两翅展开可达30cm 左右，所以E ＝BLv ＝0.5×10－4×0.3×20V ＝0.3mV. 3答案：CD解析：因为向里的磁场为正方向，对A 开始时是负的逐渐增大，即向外逐渐增大，根据楞次定律知电流方向是顺时针，由法拉第电磁感应定律，电动势是不变的，即电流是恒定值且为正值，而要产生开始时是负的电流，故A 错误；对B 来说开始时是向外并逐渐减小，由楞次定律得电流是逆时针为负，且为恒定值，但0～1s 都是负的恒定值，B 错误；对于C 开始时是向里并逐渐增大，由楞次定律知电流为逆时针为负，并且0～0.5s 时为负，0.5～1.5s 时磁场已由向里开始减小，电流方向变成顺时针为正．故C 正确；对于D 开始时向里并逐渐增大产生负方向的电流，0.5s ～1.5s 磁场变成正方向逐渐减小，电流方向变为顺时针，故D 正确．4答案：1W解析：由(乙)图中可知，磁感应强度随时间均匀变化，那么在(甲)图的线圈中会产生恒定的感应电动势．由(乙)图可知，磁感应强度的变化率ΔB /Δt ＝2T/s ，由法拉第电磁感应定律可得螺线管中感应电动势E ＝n ΔΦ/Δt ＝nS ΔB /Δt ＝1500×20×10－4×2V ＝6V.电路中的感应电流I ＝E /(r ＋R 1＋R 2)＝6/(1.5＋3.5＋25)A ＝0.2A. R 2消耗的电功率P ＝I 2R 2＝0.22×25W ＝1W.5答案：(1)2.8J (2)0.55J解析：(1)金属棒ab 机械能的减少量：ΔE ＝mgh －12mv 2＝2.8J.(2)速度最大时金属棒ab 产生的电动势：E ＝BLv产生的电流：I ＝E /(r ＋R /2)此时的安培力：F ＝BIL由题意可知，所受摩擦力：F f ＝mg sin30°－F由能量守恒得，损失的机械能等于金属棒ab 克服摩擦力做功和产生的电热之和， 电热：Q ＝ΔE －F f h /sin30°上端电阻R 中产生的热量：Q R ＝Q /4联立以上几式得：Q R ＝0.55J.6、互感和自感1答案：C解析：线圈的自感系数由线圈本身的因素(如长度、面积、匝数等)决定，E自∝ΔI Δt，而不是E自∝ΔI，C对，A、B错，线圈中电流减小时自感电动势方向与原电流方向相同，电流增大时，电动势方向与原电流方向相反，D错．2答案：C3[答案] D[解析] 当开关S断开时，L与灯泡A组成回路，由于自感，L中的电流由原来数值逐渐减小，电流方向不变，A灯熄灭要慢；B灯电流瞬间消失，立即熄灭，正确的选项为D.4答案：B解析：S闭合时，由于与A灯串联的线圈L的自感系数很大，故在线圈上产生很大的自感电动势，阻碍电流的增大，所以B比A先亮，故A、C、D错，稳定后，由于与B灯连接的电阻很大，流过B灯支路的电流很小，所以B灯逐渐变暗，故B正确．5答案：B解析：因S1断开瞬间，L中产生很大的自感电动势，若此时S2闭合，则可能将电压表烧坏，故应先断开S2，B正确，A错误．不能在通电状态下拆除电源和电压表，因此C、D错误．7、涡流电磁阻尼和电磁驱动1答案：BCD解析：录音机在磁带上录制声音时，是利用了电流的磁效应，使磁带上的磁粉被磁化，A项错误．自感现象说明磁场能够储存能量，互感现象说明磁场能够携带能量，B项正确．电磁炉利用涡流工作，交流感应电动机利用电磁驱动原理工作，C、D项正确．2答案：AD解析：这是涡流的典型应用之一．当指针摆动时，1随之转动，2是磁铁，那么在1中产生涡流，2对1的安培力将阻碍1的转动．总之不管1向哪个方向转动，2对1的效果总起到阻尼作用．所以它能使指针很快地稳定下来．3. 答案：AD解析：交流电频率越高，则产生的感应电流越强，升温越快，工件电流相同，即电阻大，温度高，放热多．4. 答案：C解析：铜盘转动时，根据法拉第电磁感应定律及楞次定律知，盘中有感应电动势，也产生感应电流，并且受到阻尼作用，机械能很快转化为电能进而转化为焦耳热，铜盘将很快停下，故C对，A、B、D错.5.答案：C解析：条形磁铁向右运动时，环1中磁通量保持为零不变，无感应电流，仍静止．环2中磁通量变化．根据楞次定律，为阻碍磁通量的变化，感应电流的效果使环2向右运动.。
最新电磁场与电磁波课后习题及答案--第四章习题解答
最新电磁场与电磁波课后习题及答案--第四章习题解答习题解答4.1 如题4.1图所⽰为⼀长⽅形截⾯的导体槽，槽可视为⽆限长，其上有⼀块与槽相绝缘的盖板，槽的电位为零，上边盖板的电位为U ，求槽内的电位函数。
解根据题意，电位(,)x y ?满⾜的边界条件为① (0,)(,)0y a y ??== ② (,0)0x ?= ③0(,)x b U ?=根据条件①和②，电位(,)x y ?的通解应取为1(,)sinh()sin()n n n y n xx y A a a ππ?∞==∑由条件③，有01sinh()sin()n n n b n x U A a a ππ∞==∑两边同乘以sin()n x a π，并从0到a 对x 积分，得到002sin()d sinh()an U n xA x a n b a a ππ==02(1cos )sinh()U n n n b a πππ-=04,1,3,5,sinh()02,4,6,U n n n b a n ππ?=?=，故得到槽内的电位分布1,3,5,41(,)sinh()sin()sinh()n U n y n xx y n n b a a aππ?ππ==∑4.2 两平⾏⽆限⼤导体平⾯，距离为b ，其间有⼀极薄的导体⽚由d y =到b y =)(∞<<-∞x 。
上板和薄⽚保持电位U ，下板保持零电位，求板间电位的解。
设在薄⽚平⾯上，从0=y 到a题4.1图d y =，电位线性变化，0(0,)y U y d ?=。
解应⽤叠加原理，设板间的电位为(,)x y ?=12(,)(,)x y x y ??+其中，1(,)x y ?为不存在薄⽚的平⾏⽆限⼤导体平⾯间（电压为U ）的电位，即10(,)x y U y b ?=；2(,)x y ?是两个电位为零的平⾏导体板间有导体薄⽚时的电位，其边界条件为：①22(,0)(,)0x x b ??==②2(,)0()x y x ?=→∞③002100(0)(0,)(0,)(0,)()U U y y d by y y U U y y d y b d b -≤≤??=-=?-≤≤根据条件①和②，可设2(,)x y ?的通解为 21(,)sin()en x bn n n y x y A b ππ?∞-==∑由条件③有00100(0)sin()()n n U U y y d n y b A U U b y yd y b d b π∞=?-≤≤??=??-≤≤??∑两边同乘以sin()n yb π，并从0到b 对y 积分，得到0002211(1)sin()d ()sin()d dbn d U U y n y n y A y y y b b b b d b b ππ=-+-=??022sin()()U b n d n d b ππ故得到 (,)x y ?=0022121sin()sin()e n x bn U bU n d n y y b d n b b ππππ∞-=+∑4.3 求在上题的解中，除开0U y ⼀项外，其他所有项对电场总储能的贡献。
电磁学习题解答第四章
解：由直线段AB电流的磁场：
B
0I 2r
(sin1
sin 2 )
4
I 0
a2
3 3r02
(
3a 2) 4a 2 3r02
30 Ia
2 a 2 3r02 4a 2 3r02
故中心轴上的磁场:
3(B cos ) 3
30 Ia
2 a 2 3r0 2 4a 2 3r0 2
90 Ia2
2 (a 2 3r0 2 ) 4a 2 3r0 2
氢原子处在正常状态基态时它的电子可看作是在半径为a053108厘米的轨道叫做玻尔轨道上做圆周运动速率为v22108厘米每秒已知电子电荷的大小为e161019库仑求电子的这种运动在轨道中心产生的磁感应强度b的值
第四章
3.如附图所示,一条无穷长载流质导线在一处折成直角,p点在 折线的延长线上,到折点的距离为a,
解： 由题意知，
B1
0 I1 2x x1
B B1
B2
0 I 2 2x2
co s x12 x2 2 4a 2
2 x1 x2
x1 x1
B2 α xx22
B
B 1
2
B2 2
2B1 B2
co s
I1
2a
I2
0 2
( I1 ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ2 x1
I2 x2
2
2
I1 x1
I2 x2
x12 x2 2 4a 2 2 x1 x2
解：依题意，做如图所示.y~y+dy细长电流
dI jdx Idy/ 2a
dB 0dI 0Idy/ 2a 2r 2 x2 y 2
dBy
dBcos
0Idy/ 2a 2 x2 y 2
电磁学第二版习题答案第四章
及电源电动势。 解：因为 U AB = −ε + IR4 ，
ε = IR4 − U AB = 0.4 × 30 + 20 = 32(V ) ε = I ( R4 + R3 +
R2 = R1 R2 ) R1 + R2
R1 (ε − IR4 − IR3 ) = 120Ω IR1 − ε + IR4 + IR3
R2 ldr R 1 1 l ln 2 ， =∫ =∫ = R1 ρπ r R dR ρπ R1
即有： R =
ρπ
l ln
1 R2
R1
4.3.2 用电阻率为 ρ （常量）的金属制成一根长度为 L、底面半径分别为 a 和 b 的锥台形导体（见 附图） ， （1）求它的电阻； （2）试证明当 a=b 时，答案简化为 ρ L/S（其中 S 为柱体的横截面积） 解：假定 I 沿轴线流过任意横截面的 j 是均匀的，建立坐标如图所示 则有： dR =
j
δ
=
ρ I 3.14 ×10−8 × 20 = = 0.2 V 2 −3 2 m πR 3.14 × (10 )
4.3.5 铜的电阻温度系数为 4.3 ×10−3 / 0C ，在 0 0C 时的电阻率为 1.6 ×10−8 Ω ⋅ m ，求直径为 5mm、长 为 160km 的铜制电话线在 25 0C 时的电阻。
l2ρ = π (b − a) 2
若将变量统一为 r ，则 r 的变化范围为： 0 → (b − a) ，或由 a → b 由 tg β =
b − a dr ldr = 得： dx = l dx b−a
∴R=∫
=
b dr ρ dx l ρ dr lρ = = π r 2 ∫ π r 2 (b − a) π (b − a ) ∫a r 2
电磁学第四版赵凯华习题解析
电磁学第四版赵凯华习题解析第一章电磁场的基本概念题1.1解析：该题主要考察对电磁场基本概念的理解。
根据定义，电场强度E是单位正电荷所受到的电力，磁场强度B是单位长度为1、电流为1的导线所受到的磁力。
因此，电场强度E与电势差V之间的关系为E=-dV/dx，磁场强度B与安培环路定律有关，即B=μ₀I/2πr。
答案：电场强度E与电势差V之间的关系为E=-dV/dx，磁场强度B与安培环路定律有关，即B=μ₀I/2πr。
题1.2解析：该题考查对电场线和磁场线的基本理解。
电场线从正电荷出发，指向负电荷；磁场线从磁南极指向磁北极。
在非均匀磁场中，电荷的运动轨迹会受到磁场的影响，当电荷的运动速度与磁场垂直时，洛伦兹力提供向心力，使电荷沿磁场线运动。
答案：电场线从正电荷出发，指向负电荷；磁场线从磁南极指向磁北极。
在非均匀磁场中，电荷的运动轨迹会受到磁场的影响，当电荷的运动速度与磁场垂直时，洛伦兹力提供向心力，使电荷沿磁场线运动。
第二章电磁场的基本方程题2.1解析：该题考查对高斯定律的理解。
根据高斯定律，闭合曲面所包围的电荷量与该曲面上的电通量成正比，即∮E·dA=Q/ε₀。
其中，E为电场强度，dA为曲面元素，Q为曲面内的电荷量，ε₀为真空电容率。
答案：根据高斯定律，闭合曲面所包围的电荷量与该曲面上的电通量成正比，即∮E·dA=Q/ε₀。
题2.2解析：该题考查对法拉第电磁感应定律的理解。
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E与磁通量变化率ΔΦ/Δt成正比，即E=ΔΦ/Δt。
其中，E为感应电动势，ΔΦ为磁通量的变化量，Δt为时间变化量。
答案：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E与磁通量变化率ΔΦ/Δt成正比，即E=ΔΦ/Δt。
第三章电磁波的传播题3.1解析：该题考查对电磁波的基本理解。
电磁波是由振荡的电场和磁场组成的横波，其传播速度为光速c，波长λ与频率f之间的关系为c=λf。
电磁波在真空中的传播不受阻碍，但在介质中传播时，其速度会发生变化。
大物电磁学课后答案4
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4-3 在电子仪器中，常把载有大小相等方向相反电流的导线扭 在一起，这是为什么？
找出 idt 与 Fdt 的关系）
解：(1) F BI L， Fdt BLIdt mV m 2gh 即 BL Idt BLq m 2gh ，
B
×××××× ××××××
L
m 2gh
q
BL
K
（2）m 10克，L 20厘米，h 0.30米，b 0.10特，求得q 1（库仑）
解：
B
0I 2a
(sin
1
sin
2
)
0
I
A
L
0I 2L sin
600
(cos2
cos1
)
1.73
104
(特斯拉）。
4-14 如图所示，一根宽为a的“无限长”平面载流铜板，其厚 度可以忽略，铜板中的电流为I，求铜板中心上方h处的磁感应 强度B，并讨论h>>a,h<<a两种情况，其结果说明了什么？
4-13一半径为R＝0.10米的半圆形闭合线圈，载有电流I＝10安 培，放在均匀外磁场中，磁场方向与线圈平面平行，磁感应强 度 B=5.0x103高斯。（1）求线圈的磁矩P；（2）求线圈所受磁 力矩的大小和方向；（3）在此力矩作用下线圈转90o（即转到线 圈平面与B垂直），求力矩作功。
电磁场与电磁波(第四版)课后答案 第四章习题
1
及
∂A ρ ∇ • E = ∇ • −∇Φ − = ∂t ε
ห้องสมุดไป่ตู้
∇ 2Φ +
∂ ρ ∇• A = − ∂t ε
2
令
∇• A = 0
∂2 A ∂Φ 2 ∇ A − µε 2 = − µ J + µε∇ ∂t ∂t
代入1和2式，得
ρ ∇ Φ=− ε
2
4.9在自由空间中的电磁场为
∂A E = −∇Φ − ∂t
代入
∂D ∇× H = J + ∂t ∇•D = ρ
∂E ∂ ∂A ∇× H = ∇×∇× A = J +ε = J + ε −∇Φ − ∂t ∂t ∂t µ 1
得
∂Φ ∂2 A ∇ ( ∇ • A ) − ∇ 2 A = µ J − µε − µε 2 ∂t ∂t
s
= 2650 × 0.25 cos 2 (ωt ) − cos 2 (ωt − 0.42 ) = −270.2sin ( 2ωt − 0.42 )W
4.10已知某电磁场的复矢量为
r r ε0 H ( z ) = ey E0 cos ( k0 z )
r r E ( z ) = ex jE0 sin ( k0 z ) V / m
r r E ( z , t ) = ex1000cos (ωt − kz ) V / m r r H ( z , t ) = ey 2.65cos (ωt − kz ) A / m
式中
k = ω µ0ε 0 = 0.42 rad / m
试求（1）瞬时坡印廷矢量 （2）平均坡印廷矢量 （3）任一时刻流入长为1m横截面积为0.25平方米的 平行六面体中的净功率。 解：（1）瞬时坡印廷矢量 r r r r S = E × H = ez 2650 cos 2 (ωt − kz ) W / m 2 （2）平均坡印廷矢量
程稼夫电磁学第二版第四章习题解析
前言：特别感谢质心教育的题库与解析，以及“程稼夫力学、电磁学习题答案详解”的作者前辈和血色の寂宁前辈的资料.4-1动生电动势，电路中的电流要使功率最大，应取最小值1，即.4-2原题图片和答案结果不符，现分两种情况：（1）按答案来：整体绕过o点且于磁感应强度平行的轴转动将运动分解为绕c的平动和转动，转动对电势差无贡献4-3（1）OP电势相等时，OP速度沿磁场方向，显然当OP位于YOZ平面时，OP电势相等（2）当OP在YOZ平面右侧即X＞0时，电势差（3）当OP在XOZ平面第一象限时，电势差最大4-4在任意时刻t，线圈中的电流为，则由电磁感应定律和欧姆定律得，该式也可以由能量得到4-5其中后一项式中与直杆平行，当与直杆方向垂直时，电动势绝对值最大故有.4-6对于回路有，故有力矩平衡故有.4-7（1）当转轮在磁场中旋转时，每一根轮辐上的感应电动势为四根辐条作为电源是并联的，轮子产生的感应电动势不变（2）根据戴维宁定理，将轮子作为电源，此时将外电路断路计算等效电动势. 4-8式中当转轮1和转轮2分别以ω1和ω2旋转并达到稳定时，闭合回路中感应电流为注意，因转轮1的四根轮辐并联，总电阻为；转轮2类似，其余连接导线、电刷、轮边缘的电阻均忽略不计.又，因转轮1和转轮2同方向旋转，ε1和ε2同方向，但在电路中的作用是彼此减弱的稳定转动时，转轮2所受磁力矩应与阻力矩抵消.磁力矩是四轮辐所受安培力产生的力矩，为式中是转轮2每根轮辐中的电流.阻力矩是阻力闸提供的力矩，因阻力恒为F，故有稳定将要向下滑动时安培力加滑动摩擦力等于重力分力解得可变电阻最大值匀速向上滑动时，电路中同时杆受力平衡，有联立解得.4-11注意题文描述中磁场竖直向上而所给图垂直于轨道平面，此处以文字为正.（1）下滑时，动生电动势与电源同向，故当加速下滑时，电流增大，V2读数增大，V1减小.（2）由牛顿第二定律及欧姆定律得：4-4-4-内电阻阻值负载电阻与内阻相等时，负载上功率最大.4-15平板的宽度d切割磁感线产生感应电动势，积累电荷产生电场，使自由电荷磁场力和4-16由受力平衡，；由力矩平衡，解得.4-17由于圆盘有厚度D，故当圆盘在磁场区域内竖直下落的速度为v时，在圆盘的厚度方向分离变量：两边积分：又初态，代入得：最大焦耳热：4-23（1）如图所示，当小球在管中任意位置x时，设该处的涡旋电场为E，则故式中r是小球在x位置时与O′的距离，式中的负号表示E的方向如图所示，即E与B的变化构成左手螺旋.因此，E的x分量为其中用到几何关系表示沿y轴正方向.小球所受洛仑兹力沿y方向，无x分量，为可见，即洛仑兹力沿y轴负方向小球在y方向还受管的支持力，因三力平衡，故管对小球的支持力为，于是，小球对管的作用力为.4-24法一：cd法二：记圆心为O，连接，.封闭回路中，与段无感生电动势，则.4-25由图中磁场方向及均匀减小，可知圆周上感应电动势方向为顺时针，大小为已知，联立解出故A、B两点电势差.4-26磁场变化产生感应电动势（负号代表逆时针方向）圆环电阻阻值，感应电流电功率.4-27回路以逆时针指向纸外为正，则磁通ab上解得做功.4-29K反向时，励磁电流反向，磁场反向，磁通量变化量大小为原来的两倍，方向相反.4-32根据自感定义，单匝线圈磁通为.4-36设原线圈电路电流为，副线圈电路电流为，由理想变压器性质由题整理得要求灯正常发光，所以算出额定电流，然后能得到每个回路上的电流.4-38（1）如图，由输入等效电路原理（2）原线圈上的电压；副线圈上的电压（3）变压比为.4-39（1）由题，安培力等于阻力（2）代入，（3）单位时间克服阻力做功单位时间电路中消耗代入得（2）当C2断路时，没有感应电流，C1中无互感电动势此时C2中只有互感电动势，a′、b′两端的电压为.。
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L
H d l 2 rH NI
H
HI NI NI ; B 0 H 0 2 r 2 R 2 R
2
0 HI d 0 NId 2 =BS = 2.5 107 Wb 2 R 2 8R
4-25 解：由 i M n ，得侧面上
（2） 靠近内、外球的介质表面的极化电荷面密度
'e1
1 1 Q ( 1)Q e 01 2 4 R1 4 R12
'e 2
1 1 Q ( 1)Q e02 2 2 4 R2 4 R2
0
Qd ln 2 0 S ( 2 )1
1
所以
C
S ( 1 ) Q 0 2 U AB d ln 2 1
（2）距 A 板为 x 的任意一点处得极化强度
P ( 2 1 ) 0 E Q 1 Q d (1 ) 1 S S 1 d ( 2 1 )
(3)设表面一层铜原子具有的自由电子数为 K，表面层的体积
4 4 4 R 2 3 -1/3 3 V = R ( R n ) 3 3 3 n
而原子数密度
（1）
n
8.9 6.022 1023 8.4 1022 cm-3 63.75
-7 3 将 n 带入式（1）得 V =2.9 10 cm ,所以
i' M
m m 8 3.3 10 A/ m 2 V R l
4-34 解： （1） 由电场的知识可得均匀带电圆面在轴线上一点的电场强 度为
E=
1 x 1 2 2 2 0 R x
将
l m , E H 即得本题结果， 在 P 点处 （取圆板中心为坐标原点）
因为 1 ，所以 E
2
3
E0 E0
E=
Q 4 0 R 2 得
4-20 解： （1）设最多能带的电量为 Q，由
Q=4 0 R2 E =3.310-8 C
（2）设铜球带电最多时，它所缺少或多出的电子数为 P，而铜球内 自由电子数为 N， 则
3.3 10 8 P 1.60 10 19 6.0 10 13 3 N (4 / 3) 3.14 (1.0) 8.9 6.022 10 23 63.75
令靠近 A、B 板表面上的极化电荷面密度分别为 'e1 和 'e 2 ，则
'e1 P 1 1 1 1 Q e0 1 1 1 S
'e 2 P2
2 1 1 Q e0 2 2 2 S
4-7 解： （1）插入介质后极板上的电荷不可能再均匀分布，设左半部 为 01 ，右半部为 02 ，则据高斯定理得
D1 01 ；
D2
0 2
据 D 0 E 得
E2 D2
0
02 D ； E1介质 1 01 ； 0 0 0
两极板间的电势差
所以
又
联立式解得
； 所以两极板间的电势差
U E2 d
02 2[ d (1 )t ]Qd d 0 0 S[2 d (1 )t ]
Q U
R ln 2 2 0 R1
l
2 0l C0 R2 ln R1
4-18 解：球形区域内介质表面的极化电荷分布如图 4-31 所示，此极 化电荷（即球面内全部电荷）在球中心 O 点产生的场强 E ' 与 E 0 反向。 其大小为
E E0 E '
其大小
E E0 E ' E0 ( 1) E0 2 E0 3 3
(1 1) e 0
1
分界面处第二层介质的极化电荷面密度
'e 2 P 2 n P2 0 ( 2 1) E2
( 2 1) e 0
2
所以
'e 'e1 'e 2
(1 2 ) e 0
1 2
若与 d1 接触的金属板带负电，则
(2)磁偶极矩为
Pm = m R2l
磁矩
m R 2l m 0 0
Pm
(3)当 l
R 时，按二项式展开，略去高次项得
xl / 2 R2 x l / 2
所以
2
xl / 2 xl 1 2 2 2 2 2( R x ) R x
m R 2l 1 m H= 20 ( R 2 x 2 )3/2 2 ( R 2 x 2 )3/2
而
2 1 Kx
由上式得
1 2
d
1
x
d 1 ( 2 ) x 1
d
若极板 A、B 分别带 Q ，则距 A 板为 x 的任意一点处得场强
E E0
d
Q Qd 0 S 0 S[ 1 d ( 2 1 ) x]
U AB E d x
其中
m R 2l m 0
已知半径为 R 载有电流 I 的圆环在其轴线上一点
R2 I H= = 0 2( R 2 x 2 )3/2 B
令 m R I 即和上面的结果一致。
2
4-39 解：由于磁芯具有很高的磁导率，故其内的磁感线完全可视为与其共 轴的圆线族。对外环面内侧的磁力线所构成的回路，应用安培环路定 理可得：使全部磁芯翻转所需的最小峰值电流
依题意，如图 4-1 所示， P 的方向与 x 轴正向同。在 x 处取一底面积 为 S ，高为 x 的小体积元 V 。根据公式 S P d S q ' 有
Px S ( Px Px )S 'e S x
所以
'e limPx ( 2 1 )Qd dP x x dx [ 1 d ( 2 1 ) x]2 S
'e 'e1 'e 2
(1 2 ) e 0
1 2
（3）U E1d1 E2 d2
e0 ( d d ) d1 e 0 d 2 1 2 2 1 e 0 1 0 2 0 1 2 0
（4） D1 01E1 e0 ； D2 0 2 E2 e0
S
D d S D2 rl l
D
D ˆ；E ˆ r r 2 r 0 2 0 r
R2 R2
U E dr
R1
R1
R dr ln 2 2 0 r 2 0 R1
（2）由（1）已得出 D
D ˆ；E ˆ ，则 r r 2 r 0 2 0 r
4-43 解：设铁环的磁导率为μ，根据磁路定理有
m =B1Rm1 B 2 Rm2
又
Rm1
所以
D l1 D l2 ; Rm 2 0 S 0 S 0 S 0 S
S
D d S D4 r 2 Q
D
Q ˆ r 4 r 2
E
D
0
Q 4 0 r 2
ˆ r
P 0 ( 1) E
( 1)Q ˆ r 4 r 2
( 1)Q 4 R 2
（3） 极化电荷面密度
' P n P
4-14 解：(1)在介质中取与导体同轴的半径为 r，长为 l 的柱面为高 斯面 S，则
（2） 电容 C 为
C Q 0 S[ d (1 )t ] U 2[ d (1 )t ]d
（3） 介质的极化强度
P 0 ( 1) E1介质 ( 1) 2Qd S[2 d (1 )t ]
介质的极化面电荷
'e P ( 1)
第四章 电磁介质
4-2 解： （1）这个电容器可看成是厚度各为 d1 、 d 2 的两个电容器的串 联，则
C
S C1C2 1 2 0 C1 C2 1d 2 2 d1
（2）分界面处第一层介质的极化电荷面密度（设与 d1 接触的金属板 带正电）
'e1 P1 n P 1 0 (1 1) E1
Q U 4 0 R1 R2 Q R2 R1 Q 1 1 4 0 R1 R2
4 0 R1 R2 ，故 C 是 C0 的 倍。 R2 R1
（3 ） C
而真空中的电容 C0
4-10 解：(1)在介质中取与导体球同心的半径为 r 的球面为高斯面 S， 则
P 0 ( 1) E ( 1)
ˆ r 2 r
（4） 介质表面的束缚电荷面密度 内表面
'( R1 ) P n P 1
( 1) 2 R1
外表面
'( R2 ) P n P2
( 1) 2 R2
（5 ） C
l x 2 H = m 1 20 l 2 2 R ( x ) 2
l x 2 H = m 1 2 0 l R 2 ( x )2 2
所以
x +l / 2 x l / 2 H =H l H m m 2 2 2 0 R 2 x l / 2 R2 x l / 2
im =2 RH l =0.4 A
4-41 解：设所需的安匝数为 NI，根据磁路定理得
NI = B Rm =
BSl Bl 5 102 安 匝 0 S 0
(2)当铁环上有 2.0mm 宽的气隙，所需的安匝数为